2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．在等差数列中，若，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】应用等差数列项数相同且下标和相等的性质，有，即可确定答案.

【详解】因为数列为等差数列，

所以，又，所以，

故选：A.

2．在的展开式中，含的项的系数是（    ）

A．-488 B．60 C．480 D．45

【答案】B

【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为2，求出，再代入通项公式可求得结果.

【详解】的展开式的通项公式为，

令，得，

所以展开式中含的项的系数是，

故选：B

3．已知圆，则直线被圆截得的弦的长度为（    ）

A．2 B．7 C． D．

【答案】D

【分析】求得圆心到直线的距离，判断直线和圆的位置关系，根据弦长、弦心距、半径之间的关系，即可求得答案.

【详解】圆的圆心为，半径为5，

则到直线的距离为，

即直线和圆相交，

故直线被圆截得的弦的长度为，

故选：D

4．已知平面，直线，则下列命题正确的个数是（    ）

①若，则

②若，则

③若，则

④若，则

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据线面平行的性质可判断①②，根据线面垂直可判断③④.

【详解】对于①，若，则故①正确，

对于②，若，则或者相交，故②错误，

对于③，若，则或者斜交，或者，故③错误

对于④，若，则，故④正确，

故选：B

5．已知各项均为正数的等比数列的公比为2，若存在两项使得，则（    ）

A．3 B．4 C．8 D．16

【答案】C

【分析】由等比通项公式结合指数幂的运算得出.

【详解】因为，所以，则.

故选：C

6．今年“五一”期间人民群众出游热情高涨，某地为保障景区的安全有序，现增派6名警力去A､B两个景区执勤.要求A景区至少增派3名警力，B景区至少增派2名警力，则不同的分配方法的种数为（    ）

A．35 B．60 C．70 D．120

【答案】A

【分析】由题意可知分两种情况：A景区派3名，B景区派3名；或A景区派4名，B景区派2名，然后利用分类加法原理可求得结果.

【详解】由题意可知分两种情况：

①A景区增派3名警力，B景区增派3名警力，则有种方法，

②A景区增派4名警力，B景区增派2名警力，则有种方法，

所以由分类加法原理可知共有种方法，

故选：A

7．牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法.若定义是函数零点近似解的初始值，在点处的切线方程为，切线与轴交点的横坐标为，即为函数零点近似解的下一个初始值.以此类推，满足精度的初始值即为函数零点近似解.设函数，满足，应用上述方法，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】求得的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程可得

在处的切线的方程，由,满足切线的方程，可得所求；

【详解】因为，导数为，

可得，，

可得在处的切线的方程为，

又因为，满足切线的方程，可得，

解得，

由得，，

故选：B

8．现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量，其测量误差通常被认为服从正态分布.若某物理量做次测量，最后结果的误差，要控制的概率不大于0.0027，至少要测量的次数为（    ）[参考数据：]

A．141 B．128 C．288 D．512

【答案】C

【分析】根据题意得，可得，然后根据正态分布的概率求法可求得结果.

【详解】根据题意得，则，

即，

因为，所以，

所以，所以，解得，

所以至少要测量的次数为288次，

故选：C

二、多选题

9．已知数列的前项和为，则下列叙述正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若是等差数列，则数列是等比数列

D．若，则数列是等差数列

【答案】AC

【分析】由等差求和公式判断A；由裂项相消求和法判断B；由定义判断C；由前三项不成等差数列判断D.

【详解】对于A：由通项公式易知，数列为等差数列，则，故A正确；

对于B：，，故B错误；

对于C：设等差数列的公差为，则，则数列是等比数列，故C正确；

对于D：，则数列不是等差数列，故D错误；

故选：AC

10．伟大的古希腊哲学家､百科式科学家阿基米德最早采用不断分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．椭圆的标准方程可以为

B．若，则

C．存在点，使得

D．的最小值为

【答案】AD

【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.

【详解】对于A：由，解得，则椭圆的标准方程为，故A正确；

对于B：由定义可知，由余弦定理可得

，解得，

则，故B错误；

对于C：当点为短轴的一个端点时，最大，

此时，为锐角，

则不存在点，使得，故C错误；

对于D：

，当且仅当，

即时，等号成立，故D正确；

故选：AD

11．为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，哈尔滨市某中学需要了解性别因素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响，随机抽取了300名学生，对他们是否经常锻炼的情况进行了调查，调查发现经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，绘制其等高堆积条形图，如图所示，则下列说法不正确的是（    ）

参考公式：，其中

独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值：

A．参与调查的男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多

B．从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为

C．依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.1

D．若经常锻炼人数与不经常锻炼人数的比例不变，统计得到的等高堆积条形图也不变，则无论参与调查的男生､女生人数为多少，依据的独立性检验，都可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性无关

【答案】BCD

【分析】根据数表计算人数判断A选项，根据古典概型公式判断B选项，根据的值及独立性检验判断C,D选项.

【详解】对于A，由题意知经常锻炼人数是不经常锻炼人数的2倍，

故经常锻炼人数为200人，不经常锻炼人数为100人，

故男生中经常锻炼的人数为人，不经常锻炼的人数为人，

故男生中经常锻炼的人数比不经常锻炼的人数多，A正确；

对于B，经常锻炼的女生人数为人，不经常锻炼的人数为人，

故从参与调查的学生中任取一人，已知该生为女生，则该生经常锻炼的概率为，B错误；

对于C，由题意结合男女生中经常锻炼和不经常锻炼的人数，可得列联表：

则，

故依据的独立性检验，认为性别因素与学生体育锻炼的经常性无关，该推断犯错误的概率不超过0.1，C错误；

对于D，假设抽取名学生，由题意可得：

则此时，

故依据的独立性检验，认为性别因素影响学生体育锻炼的经常性，该推断犯错误的概率不超过0.05，D错误，

故选：BCD

12．定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（    ）

A．在上是“弱减函数”

B．若在上是“弱减函数”，则

C．在上是“弱减函数”

D．若在上是“弱减函数”，则

【答案】ACD

【分析】按照“弱减函数”的定义，对AC两个选项通过导函数判断在对应区间和的增减性，即可；

对BD选项，根据“弱减函数”的定义，根据在区间是减函数，转化为导函数在对应区间小于或等于0恒成立，

根据在区间是增函数，转化为导函数在对应区间大于或等于0恒成立，进而求参数的范围.

【详解】A选项：

由得，

当时，，在区间上单调递减，

设，

故，

当时，，故在区间上单调递增，

故在上是“弱减函数”，A正确；

B选项：

若在上是“弱减函数”，

设，

则在区间单调递减，在区间单调递增，

，

由得，故，

因在上单调递增，故，

综上，故B错误；

C选项：

，设，

则，

设，

当时，，所以，所以，，

故在上单调递减，在上单调递增，

故在上是“弱减函数”，C正确；

D选项：

由得，

当时，，

得在上恒成立，

设，则由C选项知在上单调递减，

故，故，即，

设，，

当时，，

得在上恒成立，

设，则，

当时，，故在上单调递增，

故，故，

综上，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．在直角中，，将绕斜边旋转一周形成的几何体的体积是          .

【答案】/

【分析】由题意可知所形成的几何体是两个同底的圆锥，如图，求出上的高可得圆锥的底面半径，然后利用圆锥的体积公式可求得结果.

【详解】因为直角中，，所以，

过作于，则，，

将绕斜边旋转一周形成的几何体，如图所示，是以为底面半径的两个圆锥，

所以该几何体的体积为，

故答案为：

14．抛物线上的点到焦点的距离为          .

【答案】3

【分析】先将点的坐标代入抛物线方程求出，再利用抛物线的定义可求得结果

【详解】由得抛物线的准线为，焦点为，

因为点在抛物线上，所以，得，

所以点到焦点的距离为，

故答案为：3

15．已知某品牌的新能源汽车的使用年限（单位：年）与维护费用（单位：千元）之间可以用模型去拟合，收集了4组数据，设与的数据如表格所示：

利用最小二乘法得到与的线性回归方程，则          .

【答案】

【分析】求出、代入可得，由得，与比较可得答案.

【详解】，，

代入可得，

由得，即，

而，所以，，得，

则.

故答案为：.

16．函数，对于恒成立，则的取值范围是          .

【答案】

【分析】根据题意，将不等式恒成立问题转化为最值问题，然后利用导数研究函数最值即可得到结果.

【详解】对于恒成立，

即在恒成立，

即在恒成立，

令，其中，即，

因为，令，，

则，，令，其中，

则，即在单调递增，

所以，则，所以在单调递增，

即在上是单调递增，令，显然是其零点，

且只有唯一零点，当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，所以是其极小值点，

，所以.

故答案为：

四、解答题

17．某中学高二年级参加市数学联考，其中甲､乙两个班级优秀率分别为和，现在先从甲､乙两个班中选取一个班级，然后从选取的班级中再选出一名同学.选取甲､乙两个班级的规则如下：纸箱中有大小和质地完全相同的个白球､个黑球，从中摸出1个球，摸到白球就选甲班，摸到黑球就选乙班.

(1)分别求出选取甲班､乙班的概率；

(2)求选出的这名同学数学成绩优秀的概率.

【答案】(1)甲、乙两个班的概率分别为和.

(2).

【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；

（2）根据全概率公式计算可得.

【详解】（1）记事件“选取甲班”，事件“选取乙班”

则，

故选取甲、乙两个班的概率分别为和.

（2）由（1）可知“这名同学来自甲班”，“这名同学来自乙班”，

“这名同学数学成绩优秀”，

则，且与互斥，根据题意得，，，

，，

由全概率公式得

因此，选出的这名同学数学成绩优秀的概率为.

18．如图所示，在直角梯形中，，，边上一点满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如图所示.

(1)求证：；

(2)求与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据线面角的向量求法即可求得答案.

【详解】（1）证明：在图1中，连接，因为，故，

,,

；

四边形为菱形，连接交于点，则

在图2中，平面，

平面，平面，

，即.

（2）平面平面，面面，

平面且，

平面，平面，，

即两两垂直，以分别为轴､轴､轴，如图建立空间直角坐标系，

则，

，

，

设平面的法向量为，

则，令，则，，

设与平面所成的角为，，

故，

，与平面所成角的余弦值为.

19．已知双曲线.四个点中恰有三点在双曲线上.

(1)求双曲线的方程；

(2)若直线与双曲线交于两点，且，求原点到直线的距离.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由双曲线性质可知，关于原点对称，可得一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象判断点不在双曲线上，即在双曲线上，进而可得答案.

（2）联立直线与双曲线方程消去，由，结合韦达定理可得，再利用点到直线距离公式，化简即可得答案.

【详解】（1）由双曲线性质可知，关于原点对称，

所以一定在双曲线上，根据双曲线在第一象限图象

而和坐标的数中，，但，

所以点不在双曲线上，即在双曲线上.

解得

双曲线的方程为

（2）直线的方程为，设，

由消去得

所以.

由，可得，即

所以，

可化为

即

则

即

到的距离.

20．某食盐厂为了检查一条自动流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的100袋食盐称出它们的质量（单位：克）作为样本数据，质量的分组区间为.由此得到样本的频率分布直方图如图：

(1)求的值；

(2)从该流水线上任取2袋食盐，设为质量超过的食盐数量，求随机变量的分布列及数学期望；

(3)在上述抽取的100袋食盐中任取2袋，设为质量超过的食盐数量，求随机变量的分布列.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，0.6

(3)分布列见解析

【分析】（1）利用诸小矩形面积之和为1可求的值；

（2）利用二项分布可求的分布列及数学期望；

（3）利用超几何分布可求的分布列；

【详解】（1）由题意可得：，

解得.

（2）根据样本估计总体的思想，取一袋食盐，

该食盐的质量超过的概率为.

从流水线上任取2袋食盐互不影响，该问题可以看成2次独立重复试验，

质量超过的袋数X的所有可能取值为，

且服从二项分布，

.

，

，

，

随机变量的分布列为：

.

（3）质量超过的食盐数量为袋，

随机变量的所有可能取值为，且服从超几何分布.

，，

，

随机变量的分布列为:

21．已知数列的首项，且满足.

(1)求证：数列是等比数列；

(2)若，求满足条件的最大的正整数.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知递推公式得，由此可得证；

（2）由（1）得，根据等比数列的求和公式可求得，再得的单调性和可得答案.

【详解】（1）由，得，

则，

又因为

所以数列是以为首项，以为公比的等比数列

（2）由（1）得

因为，

所以

即

又因为为单调增函数,

所以满足的最大正整数为32即满足条件的

最大正整数

22．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若和有两个不同交点，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2).

【分析】（1）对函数求导，再对进行分类讨论，根据和，即可得函数的单调性；

（2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，若在上单调递减不符合题意；若在（单调递减，在单调递增，最小值为，分、 、讨论，结合零点定理可得答案.

【详解】（1）的定义域，

，

（i）若，则，所以在单调递减，

（ii）若，则由得，

当时，；

当时，，

所以在单调递减，在单调递增；

（2）和有两个不同交点，

则，

即有两个不同实根，

设，

则，

（i）若在上单调递减，所以至多有一个零点，不符合题意；

（ii）若在(单调递减，在单调递增，

当时，取得最小值，最小值为，

①当时，由于，故只有一个零点，舍去.

②当时，由于，即，故没有零点；舍去.

③当时，，即.

又，故在有一个零点，

令，，，即，

又当时，，得，所以，

由于，且，所以在上有一个零点，

所以在上有两个零点，

综上，的取值范围为.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：

（1）直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．